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2013届高三理科数学二轮复习专题能力提升训练14 用空间向量法解决立体几何问题]


训练 14 用空间向量法解决立体几何问题 (时间:45 分钟
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的 2a 点,A1M=AN= 3 ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( ).

满分:75 分)

A.相交 C.

垂直

B.平行 D.不能确定

2.(2012· 广州调研)在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为 ( 6 A. 3 2 6 B. 5 15 C. 5 10 D. 5 ).

3.(2012· 金华模拟)已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦等于 ( 6 A. 4 10 B. 4 2 C. 2 3 D. 2 ).

4.(2012· 临沂模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA, 则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是 ( ).

A.30° B.45° C.60° D.90° 5.(2012· 潍坊模拟)如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,线段 B1D1 上 2 有两个动点 E,F 且 EF= 2 ,则下列结论中错误的是 ( ).

A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 ABEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) → =a-2c,CD → =5a+6b-8c,对角线 AC、BD 的 6.在空间四边形 ABCD 中,AB → =________. 中点分别为 P、Q,则PQ 7.(2012· 武汉调研)到正方体 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线 的距离相等的点:①有且只有 1 个;②有且只有 2 个;③有且只有 3 个;④ 有无数个.其中正确答案的序号是________. → → → 2 → → (A→ 8.已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体,①(A 1A+A1D1+A1B1) =3A1B12;②A1C· 1B1 → → → -A ;④正方体 ABCDA1B1C1D1 的 1A)=0;③向量AD1与向量A1B的夹角是 60° →· →· → 体积为|AB AA 1 AD|.其中正确命题的序号是________. 三、解答题(本题共 3 小题,共 35 分) 9.(11 分)(2012· 浙江)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠

BAD=120° ,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.

(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 AMNQ 的平面角的余弦值. 10. (12 分)(2012· 东北四校一模)如图, 已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是正三角 形,侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB=60° ,M 是 A1B1 的中点,MB⊥AC. (1)求证:MB⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BB1C 的余弦值.

11.(12 分)(2012· 唐山二模)如图,在四棱锥 PABCD 中,PC⊥底面 ABCD,ABCD 是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.E 是 PB 的中点. (1)求证:平面 EAC⊥平面 PBC; 6 (2)若二面角 PACE 的余弦值为 3 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值.

参考答案 训练 14 用空间向量法解决立体几何问题

→ =MB → +BC → +CN → =2A → → 2→ 1.B [MN 1B+BC+ CA 3 3 2 → → 2 → → =3(A→ 1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 2 → → 2→ =3B 1B+BC+ DA, 3 → 是平面 BB C C 的一个法向量, 又CD 1 1 →· → =2B → → 2 → CD → =0, 且MN CD 3 1B+BC+3DA· → ⊥CD → ,又 MN?面 BB C C,∴MN∥平面 BB C C.] ∴MN 1 1 1 1 2.D [连 A1C1 与 B1D1 交与 O 点,再连 BO,∵AB=BC, ∴ D1B1⊥A1C1 ? ? ? C1O ⊥面 DD1BB1 ,则∠ OBC1 为 BC1 与平面 面DD1BB1⊥A1B1C1D1?

BB1D1D 所成角. OC1 cos∠OBC1= BC ,OC1= 2,BC1= 5,
1

∴cos∠OBC1=

2 10 = 5 .] 5

3.A [如图所示建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为 2,A(0,-1,0), → =( 3,1,2), B1( 3,0,2),则AB 1

O(0,0,0),B( 3,0,0),

→ → |AB1· BO| 6 → 则BO=(- 3,0,0)为侧面 ACC1A1 的法向量由 sin θ= = 4 .] → ||BO →| |AB 1 4.B [建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法 向量 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的 |n1· n2| 2 余弦值为|n ||n |= 2 ,故所求的二面角的大小是 45° .] 1 2

5.D [∵AC⊥平面 BB1D1D, 又 BE?平面 BB1D1D. ∴AC⊥BE,故 A 正确. ∵B1D1∥平面 ABCD,又 E、F 在直线 D1B1 上运动, ∴EF∥平面 ABCD,故 B 正确. C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变,故△BEF 的面积为定值,又点 A 到 2 平面 BEF 的距离为 2 ,故 VABEF 为定值. ①当点 E 在 D1 处,点 F 为 D1B1 的中点时, 建立空间直角坐标系,如图所示, 可得 A(1,1,0),B(0,1,0), 1 1 E(1,0,1),F2,2,1, → =(0,-1,1), ∴AE → =1,-1,1, BF 2 2 →· → =3. ∴AE BF 2 6 又|AE|= 2,|BF|= 2 ,

→· → AE BE → → ∴cos〈AE,BF〉= = → |· →| |AE |BF

3 =2. 6 2·2

3 2

∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30° 角. ②当点 E 为 D1B1 的中点, 1 1 点 F 在 B1 处时,此时 E2,2,1,F(0,1,1), → =-1,-1,1,BF → =(0,0,1), ∴AE 2 2 →· → =1,|AE → |= ∴AE BF 1 1 6 -22+-22+12= 2 ,

→ BF → 1 6 3 → ,BF → 〉= AE· ∴cos〈AE = = 3 ≠ 2 ,故选 D.] → |· →| 6 |AE |BF 1·2 6.解析 如图.

→ =PC → +CD → +DQ → ,PQ → =PA → +AB → +BQ → PQ → =(PC → +PA → )+ (DQ → +BQ → )+ CD → + AB → =0 ∴2PQ → =3a+3b-5c. 6a+6b-10c,∴PQ 答案 7.解析 3a+3b-5c 注意到正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角线 B1D 上的每一点到直线 AB, +0 +a -2c+5a+6b-8c=

CC1,A1D1 的距离都相等,因此到 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB,CC1,A1D1 所在直线距离相等的点有无数个,其中正确答案的序号是④. 答案 8.解析 ④ → → → 2 → 2 设正方体的棱长为 1,①中(A 1A+A1D1+A1B1) =3(A1B1) =3,故①正

→ → 确;②中A→ 1B1-A1A=AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异

→ → 面直线所成的角为 60° ,但 AD1 与 A1B 的夹角为 120° ,故③不正确;④中 →· →· → |AB AA 1 AD|=0.故④也不正确. 答案 ①② 因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,

9.(1)证明

所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)解 连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建

立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC. 在直角三角形 PAC 中, AC=2 3,PA=2 6, AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下, A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0), ? ? 3 3 D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M?- ,- , 6?, 2 ? 2 ? ? ? ? 3 3 3 2 6? ?. N?- , , 6?,Q? ,0, 3 ? ? 2 2 ? ?3 设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. ? → ? 3 3 ? 3 3 → =? ? ,- , 6?,AN 由AM =? , , 6?知, 2 ?2 ? ?2 2 ? 3 3 ? ? 2 x-2y+ ? 3 3 ? ? 2 x+2y+ 6z=0, 6z=0.

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量.

3 6? → ? 5 3 3 6? → ? 5 3 由QM=?- ,-2, 3 ?,QN=?- 6 ,2, 3 ?知, 6 ? ? ? ? 5 3 3 6 ? - x - y + ? 6 2 3 z=0, ? 5 3 3 6 ? ?- 6 x+2y+ 3 z=0. 取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m· n 33 于是 cos〈m,n〉=|m|· |n|= 33 . 33 所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为 33 . 10.(1)证明 ∵侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB=60° ,

∴△A1BB1 为正三角形, 又∵点 M 为 A1B1 的中点,∴BM⊥A1B1, ∵AB∥A1B1,∴BM⊥AB,由已知 MB⊥AC, ∴MB⊥平面 ABC. (2)解 如图建立空间直角坐标系,设菱形 ABB1A1 边长为 2,

得 B1(0,-1, 3),A(0,2,0), C( 3,1,0),A1(0,1, 3). → =(0,1, 3),BA → =(0,2,0), 则BA 1 → =(0,-1, 3),BC → =( 3,1,0). BB 1 设面 ABB1A1 的法向量 n1=(x1,y1,z1), → ,n ⊥BA → 得, 由 n1⊥BA 1 1 ?2y1=0, ? 令 x1=1,得 n1=(1,0,0). ?y1+ 3z1=0, →, 设面 BB1C1C 的法向量 n2=(x2,y2,z2),由 n2⊥BB 1 -y2+ 3z2=0, → 得? ? n2⊥BC 令 y2= 3,得 n2=(-1, 3,1), ? 3x2+y2=0. -1 n1· n2 5 得 cos〈n1,n2〉=|n ||n |= =- 5 . 1 2 1· 5

5 又二面角 A1BB1C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为 5 . 11.(1)证明 ∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,

∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC= 2, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, 又 BC∩PC=C,∴AC⊥平面 PBC, ∵AC?平面 EAC,∴平面 EAC⊥平面 PBC. (2)解 → 、CD → 、CP → 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正向,建立 如图,以 C 为原点,DA

空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0). 设 P(0,0,a)(a>0), 1 1 a 则 E2,-2,2, → =(1,1,0),CP → =(0,0,a), CA → =1,-1,a, CE 2 2 2 取 m=(1,-1,0),则 → → m· CA=m· CP=0,m 为面 PAC 的法向量. → =n· → =0, 设 n=(x,y,z)为面 EAC 的法向量,则 n· CA CE ?x+y=0, 即? 取 x=a,y=-a,z=-2, ?x-y+az=0, 则 n=(a,-a,-2), |m· n| 依题意,|cos〈m,n〉|=|m||n|= a 6 = 3 ,则 a=2. a +2
2

→ =(1,1,-2). 于是 n=(2,-2,-2),PA 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ, → n| 2 → ,n〉|= |PA· 则 sin θ=|cos〈PA =3, → ||n| |PA 2 即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 3 .

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